Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018

GIẢI VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ CÂU KHÓ
TRONG ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN THPT QG 2018
(Lê Phúc Lữ tổng hợp và giới thiệu)
Xin cám ơn các thầy cô của trung tâm STAR EDUCATION, TP HCM đã giới thiệu các tài liệu để
bài viết này có thể được hoàn tất.
Trong bài viết này, tác giả giải chi tiết (một hoặc hai cách) từ câu 35 đến câu 50 của đề tham khảo môn Toán
thi THPT Quốc gia ra ngày 24/01/2018 của Bộ GD-ĐT. Ở một số câu, sẽ có phân tích thêm các nội dung liên
quan cũng như đề xuất bài tập tương tự.
  
Câu 35. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
nghiệm thực?
A. 5 .
B. 7 .
C. 3 .

3

m  3 3 m  3 sin x  sin x có
D. 2 .

Lời giải. Chọn câu A.
Đặt a  sin x thì phương trình đã cho có nghiệm khi

3

m  3 3 m  3a  a có nghiệm a  [1;1].

Đặt b  3 m  3a  b 3  m  3a , thay vào phương trình trên, ta có


D. 6.

Lời giải. Chọn câu B.
Theo giả thiết thì

m  x 3  3x  3

x  3x  m  3, x  [0;2]  3  x  3x  m  3  
, x  [0;2] .
m  x 3  3x  3

3

3

Xét hàm số f (x )  x 3  3x trên [0;2] thì f (x )  3x 2  3 nên f (x )  0  x  1.
So sánh các số f (0), f (1), f (2) ta có min f (x )  2, max f (x )  2 . Suy ra
[0;2]

[0;2]

1


Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018







1 4 19 2
x  x  30x  m trên [6; 4] không
4
2

2) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số ln x  2x 2  m trên [0;1] là nhỏ nhất.


 1 
2
Bài 37. Cho hàm số f (x ) xác định trên  \ 
, f (0)  1 và f (1)  2. Giá
 
 thỏa mãn f (x ) 
 2 
2x  1


trị của biểu thức f (1)  f (3) bằng
A. 4  ln 15

B. 2  ln 15

C. 3  ln 15

D. ln 15

Lời giải. Chọn câu C.



 nên

 2x  1

2
 




ln 2x  1  C , x  1
1
1 1
2 .
sẽ liên tục trên từng khoảng (; ),( ; ). Do đó, hàm số f (x ) có dạng 


1
2 2
ln 2x  1  C 2 , x 
2

Ta có f (x ) 

f (x )dx 

Thay x  0 thì có ln 1  C 1  1  C 1  1 ; tương tự thay x  1 thì có ln 1  C 2  2  C 2  2.
Do đó f (1)  f (3)  ln 3  1  ln 5  2  3  ln15.
Nhận xét.

 2 

1
. Biết rằng f (3)  f (3)  0 và
x 1
2

Bài 38. Cho số phức z  a  bi (a, b  ) thỏa mãn z  2  i  z (1  i )  0 và z  1. Tính

P  a  b.
A. P  1.
Lời giải. Chọn câu D.
Theo giả thiết thì

B. P   5.

C. P  3.

D. P  7.

a  bi  2  i  a 2  b 2 (1  i)  0


2
2
a  2  a  b
 a  2  a 2  b 2  (b  1  a 2  b 2 )i  0  
.
b  1  a 2  b 2



D. (; 2)

Lời giải. Chọn câu C.


Ta có  f (2  x )  f (2  x ) nên để tìm khoảng đồng biến, ta sẽ tìm x để cho f (2  x )  0 .
Dựa theo đồ thị thì khoảng nghịch biến của f (x ) là ; 1 và (1; 4). Suy ra

2  x  (; 1)
x  3



2  x  (1; 4)
2  x  1 .


Nhận xét. Các bài toán về nhận biết, phân tích đồ thị luôn là các bài toán đẹp. Trong các đề minh họa,
đề thi thử, đề chính thức năm trước, ta cũng đã thấy nhiều dạng bài như thế.
Ở bài toán trên, ta cũng có thể chỉ ra một hàm cụ thể thỏa mãn hình vẽ là f (x )  (x 2  1)(x  4) thì
tìm được f (x ) 

x 4 4x 3 x 2


 4x rồi thay f (2  x ) vào và lại đạo hàm để tìm khoảng đơn điệu.
4
3
2

C.

5
.
2

D.

1
.
2

Lời giải. Chọn câu C.
Gọi M (x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến của (C ). Ta có y  
của (C ) là (d ) : y 

1
nên phương trình tiếp tuyến
(x  1)2

x 0  2
x 02  4x 0  2
1
x
(
x

x
)


  0
- Nếu (*) có hai nghiệm phân biệt nhưng có một nghiệm là 1 thì 
 a  1.

2  6  3  a  0

 3 
3
5
Vậy S  
1;  nên tổng cần tính là 1   .
 2 
2
2
- Nếu (*) có nghiệm duy nhất thì    32  2(3  a )  0  a 

Nhận xét. Ta rất dễ bị thiếu sót trường hợp thứ hai là phương trình có hai nghiệm nhưng một nghiệm
lại không thỏa mãn điều kiện của đề bài. Các dạng toán này đòi hỏi viết phương trình tiếp tuyến đi
qua điểm, đòi hỏi biến đổi hơi cồng kềnh. Tất nhiên ta có thể thay phương trình của dạng trên thành
y  kx  b với k  f (a ) để xử lý gọn hơn một chút.
Bài tập tương tự.
1) Tìm m để từ M (1;2) có thể kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số y  x 3  2x 2  (m  1)x  2m .
2) Biết rằng tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc nhau đến đồ
thị hàm số y 

x 2  2x  2
là một đường tròn có bỏ đi 4 điểm trên đó, hỏi bán kính đường tròn đó là mấy?
x 1

Bài 41. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;1;2). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P ) đi qua M và

  2   k  (1)  ( 1)  2  (1)  k .
a b
c
Dễ thấy chỉ có ba lựa chọn để k  0 là 1  1  2  1  4,(1)  1  2  2,1  (1)  2  2 nên có tất
cả ba mặt phẳng (P ) thỏa mãn đề bài.
Nhận xét. Cách tiếp cận theo phương trình mặt phẳng chắn trục tọa độ ở trên là hiệu quả nhất, nếu
viết theo dạng tổng quát rồi cho cắt các trục thì quá phức tạp. Tất nhiên cũng cần có cách tiếp cận phù
hợp như trên để hạn chế xét trường hợp, và cũng bằng cách này, ta có thể giải quyết bài toán sau
không mấy khó khăn.
Bài tập tương tự.
Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;2; 3) Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P ) đi qua M và cắt các trục
x Ox, y Oy, z Oz lần lượt tại các điểm A, B,C sao cho OA  2OB  3OC  0 ?
Bài 42. Xét dãy số (u n ) thỏa mãn log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10 và un 1  2un với mọi

n  1. Giá trị nhỏ nhất của n để u n  5100 bằng
B. 248.

A. 247.

C. 229.

D. 290.

Lời giải. Chọn câu B.
Dãy số đã cho là một cấp số nhân có công bội là 2 nên ta cần tìm giá trị của số hạng đầu u1  0.
Theo giả thiết thì

2  log u1  2 log u10  2 log u10  log u1  2  x  x với x  2 log u10  log u1  0 .
Phương trình tương đương với x  0, x 2  2  x  x  1  2 log u10  log u1  1.



B. 5.

A. 3.

C. 6.

D. 4.

Lời giải. Chọn câu B.
Đặt f (x )  3x 4  4x 3  12x 2  m thì y  f (x ) 

f 2 (x )  y  

f (x )  f (x )
.
f (x )

Chú ý rằng f (x )  12x 3  12x 2  24x  12x (x  1)(x  2) nên f (x )  0  x  0, x  1, x  2.

Ta thấy y  sẽ đổi dấu tại các nghiệm của f (x )  0 và không xác định tại nghiệm của f (x )  0 nên
tập hợp điểm cực trị của y  f (x ) sẽ thuộc tập nghiệm của f (x )  0, f (x )  0 .

Tuy nhiên, tập nghiệm này có không quá 7 nghiệm nên để thỏa mãn đề bài thì y  f (x ) có 4 nghiệm
phân biệt khác 1; 0;2.
Khảo sát và vẽ bảng biến thiên của hàm số này, ta thấy 5  m  0 nên m  4; 3; 2; 1 .

Nhận xét. Bài toán nhắc ta nhớ đến cách xác định điểm cực trị của hàm số: các điểm làm cho đạo hàm
đổi dấu và các điểm mà tại đó, f (x ) liên tục nhưng f (x ) thì không tồn tại. Các hàm số có chứa dấu
giá trị tuyệt đối thường sẽ sinh ra các điểm cực trị dạng thứ hai này. Nói theo ý nghĩa hình học, khi

3
6 .
1
2
2

x

B.

D.

x 1 y 8 z 4
.


1
2
2

2
2
5
y
z
9 
9 
9.
1
2

A


8
4
8


(a  )2  (b  )2  (c  )2  10


3
3
3

Giải hệ này ra, ta được I (0;1;1) và điểm này thuộc phương trình đường thẳng ở câu A.
I

Nhận xét.
6


Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018



 
Ta có thể dùng công thức tâm tỷ cự của tâm đường tròn nội tiếp là aIA  bIB  cIO  0 với a,b, c là
độ dài cạnh OB,OA, AB để tổng quát và tính toán đơn giản hơn. Ta thấy thật không dễ dàng để chọn
được một tam giác không vuông trong không gian Oxyz mà độ dài đều là các số nguyên. Vì thế nên

H

chữ nhật). Ngoài ra, kẻ BK  CE thì dễ thấy rằng

BK  (CDEF ) nên dS /(CDEF )  dB /(CDEF )  BK 
ta có VS .CDEF 

1 2
1

 2 .
3 2
3

2
, từ đó
2

(2) Tính VADF .BCE : đây là lăng trụ có đáy là tam giác vuông
cân cạnh 1 và chiều cao cũng là 1 nên VADF .BCE 

K

C

B
A

D



Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018

Bài 46. Xét các số phức z  a  bi (a,b  ) thỏa mãn z  4  3i 

5 . Tính P  a  b khi

z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.
A. P  10.

B. P  4.

C. P  6.

D. P  8.

Lời giải. Chọn câu A.
Cách 1. (sử dụng đại số)
Ta có (a  4)2  (b  3)2  5 , cần tìm max của P  (a  1)2  (b  3)2  (a  1)2  (b  1)2 thì
theo bất đẳng thức Bunhiacopxki







P 2  12  12 (a  1)2  (b  3)2  (a  1)2  (b  1)2  4 a 2  b 2  2b  6 .




B

Rõ ràng M di chuyển trên đường tròn (I ; 5) với I (3; 4).

I

2

Ta có MA  MB  2(MA2  MB 2 ) . Hơn nữa, gọi C là
trung điểm AB thì theo công thức đường trung tuyến, ta có

C
A

5

MA2  MB 2  2MC 2 

AB 2
.
2

Do đó, MA2  MB 2 max khi MC 2 max và điều này xảy ra
khi M , I ,C thẳng hàng theo thứ tự đó. Khi đó, M (6; 4) và ta cũng có MA  MB nên các đẳng thức
đều xảy ra. Vậy z  6  4i là số phức cần tìm và P  6  4  10.
Nhận xét. Dạng toán cực trị số phức sử dụng hình học sau một năm phát động thi trắc nghiệm giờ
gần như đã quá quen thuộc (ít nhất là đối với giáo viên). Thậm chí, các bất đẳng thức hình học nổi
tiếng nhưng không có trong chương trình phổ thông như BĐT Ptolemy, điểm Torricelli, ... cũng đã
được khai thác. Ở bài toán này, điểm A, B cách đều tâm I nên việc tìm cực trị là khá dễ dàng, các


D

I

B
3
M
, ta có bài toán sau.
2
Bài tập tương tự.
Xét các số phức z  a  bi (a,b  ) thỏa mãn z  3  3i  6 . Tính P  a  b khi biểu thức

Cho k 

2 z  6  3i  3 z  1  5i đạt giá trị lớn nhất.
Bài 47. Cho lăng trụ tam giác đều ABC .A B C  có AB  2 3 và AA  2. Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm của A B , A C  và BC . Cosin của góc giữa hai mặt phẳng (AB C ) và (MNP ) là
A.

6 13
.
65

B.

Lời giải. Chọn câu B.
C'
M





Do đó, cosin cần tìm chính là cos AIP .
C

Ta có AP  3 và

P
B

13
.
65

A

DE
AD
AB
2


 nên rõ ràng I
B C  AB  AB  B M
3

là trọng tâm của AB C  . Suy ra

AI 


  3 3 

 1 

Khi đó, MN  BC cùng phương với vectơ u  (0;1; 0) , còn PM   ;
;2 nên ta tính được
 2 2 
2
 

3
vectơ pháp tuyến của (MNP ) là [u, PM ]  (2; 0;  )  n1  (4; 0; 3).
2
9


Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018




Tương tự thì B C   cùng phương với vectơ u  (0;1; 0) và AB   (3; 3;2) nên vectơ pháp tuyến

 
của (AB C ) là n2  [u, AB ]  (2; 0; 3) .


 


C. 6.

D. 8

Lời giải. Chọn câu B.
Cách 1. (sử dụng đại số) Xét () : ax  by  cz  d  0 là mặt phẳng thỏa mãn đề bài. Ta có



a  2b  c  d  2 a 2  b 2  c 2


d

 A/( )  2
  3a  b  c  d  a 2  b 2  c 2

dB /( )  dC /( )  1




a  b  c  d  a 2  b 2  c 2



a  0
Từ hai đẳng thức cuối, ta có 3a  b  c  d  a  b  c  d  
.
b  a  c  d

ta tìm được các điểm chia trong, chia ngoài các đoạn AB, AC theo tỷ lệ 1 : 2 là E, F ,G, H (đây là
tâm vị tự của các cặp đường tròn tương ứng), còn D là trung điểm BC . Mặt phẳng (P ) sẽ có 4 dạng:

- Đi qua E,G : dễ thấy EG tiếp xúc với (S1 ),(S 2 ),(S 3 ) nên (P ) sẽ chứa EG và vuông góc với () ,
theo nhận xét trên, sẽ có đúng 1 mặt phẳng như thế.

- Đi qua E, D, H : ta thấy dA/EH  2, dB /EH  dC /EH  1 nên sẽ có hai mặt phẳng (P ) chứa EH và
tiếp xúc với ba mặt cầu.
- Đi qua G , D, F và đi qua FH : cũng tương tự trên, đều có thê hai mặt phẳng nữa.
Vậy tổng cộng ta có 7 mặt phẳng (P ) thỏa mãn đề bài.

Nhận xét. Bài toán chỉ có ý nghĩa khi không có mặt cầu này nằm trong mặt cầu kia. Việc tiếp cận theo
hướng mặt phẳng đi qua các tâm chuyển bài toán 3D thành 2D dễ xử lý và hình dung hơn nhiều.
Ta thử xét bài toán: Số mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu tùy ý có thể là bao nhiêu?
Để đơn giản, ta xét trường hợp không có mặt cầu
nào tiếp xúc nhau và giả sử các bán kính của các
mặt cầu đều phân biệt. Khi đó, mỗi cặp đường
tròn trong hình trên sẽ cho ta một tâm vị tự trong
và một tâm vị tự ngoài.

C

B

A

Ta có 4 cặp đường thẳng đi qua ba tâm vị tự như
hình vẽ bên. Mỗi đường thẳng đó sinh ra bao
nhiêu mặt phẳng tiếp tuyến tùy thuộc vào vị trị
của nó với các mặt cầu. Cụ thể là:

.
630
Lời giải. Chọn câu A.
A.

B.

1
.
126

C.

1
105

D.

1
.
42

Không gian mẫu chính là số cách xếp tùy ý 10 học sinh trên hàng ngang và là n()  10 ! . Gọi A là
biến cố đề yêu cầu. Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau.
Cách 1. (sử dụng các phép đếm cơ bản)
Cho các học sinh lớp 12C đứng trước, có 5! cách xếp, xét các khoảng trống giữa họ như hình bên dưới
(học sinh là dấu  ):
Ta có các trường hợp:

O  O  O  O  O  O

được n(A)  2 ! 3 ! 5! 44 nên cũng có đáp số như trên.
12


Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018

Nhận xét. Bài toán sắp xếp có các ràng buộc đã quá quen thuộc với học sinh THPT nhưng ở đây, bài
toán phát biểu khá mới mẻ. Trường hợp thứ ba trong lời giải đầu tiên ở trên rất dễ bị bỏ sót và chọn
phải phương án B.
Nói thêm về dạng tổng quát của bài toán khi thay 2, 3, 5  a,b, c thì ở trên, trong lời giải thứ hai đã
có nêu một công thức dưới dạng truy hồi cho nó; tuy nhiên, khó có thể tìm ra được công thức tường
minh ở đây.
Đặc biệt, khi a  b  c  n , gọi un là số cách xếp thì

n(n  1)un  (n  1)(7n  4)un 1  8(n  2)2 un2 và u1  6, u2  30 .
Chú ý rằng các nội dung này giới thiệu để bạn đọc tham khảo thêm; tất nhiên sẽ không thể xuất hiện
ở mức độ kỳ thi THPT QG.
Bài tập tương tự.
Trong một CLB, có hai ban văn nghệ và học tập. Trong ban văn nghệ, có 5 nam và 5 nữ; còn trong ban học tập,
có 4 nam và 4 nữ. Xếp ngẫu nhiên 18 học sinh trong CLB thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có
bạn nam trong ban này đứng cạnh bạn nữ trong ban kia.
1

Câu 50. Cho hàm số f (x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f (1)  0,  [ f (x )]2 dx  7 và



1

0

C.

D. 4.

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, ta có

1

3



1

0

1

1x3
x 3 f (x )
1 1
x f (x )dx 

f (x )dx    x 3 f (x )dx . Suy ra
0 3
3 0
3 0
2



0



2

0

 0 nên ta phải có

  f (x )  7x 
1

3

0

f (x )  7x 3  0  f (x ) 
Mà f (1)  0 nên tìm được C 

7
. Do đó
4

0



1
0


1
3 2
2
 x f (x )dx  
(
x
)
d
x

0
0 ( f (x )) dx  7  7  1 nên

 0
2

1 



1
0

x 3 f (x )dx  1 .
13


Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018


a

Điều này hiển nhiên theo định nghĩa diện tích hình phẳng. Trên thực tế, ta cũng không cần ràng buộc
g(x )  0 nhưng khi đó thì cần phải xét trường hợp f (x ), g (x ) có các phần nằm trên, dưới Ox , cũng
không đơn giản.
b

(2) Trên miền [a;b ] nếu max f (x )  M , min f (x )  m thì (b  a )M   f (x )dx  (b  a )m.
a

Đây là hệ quả của (1).
(3) Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz đã dùng ở trên: Với mọi hàm số liên tục f (x ), g (x ) thì
b
b
 b

2
2
 f (x )g (x )dx  
f
(
x
)d
x

a
a g (x )dx .

 a
2

a
a
 a

2

Từ đây có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi tồn tại k để f (x )  kg (x ).
Dạng Toán này thực ra quen thuộc ở bậc Đại học (đặc biệt là các kỳ thi Olympic Toán sinh viên), và
có lẽ học sinh THPT cũng dần phải làm quen với nó.
Bài tập tương tự.
1) Cho hàm số f (x ) liên tục và có đạo hàm trên [0;1] thỏa mãn f (1)  f (0)  2 và
giá trị của



1

0



1

0

[ f (x )]2 dx  4. Tính

f 3 (x )dx .

2) Cho hàm số f (x ) có đạo hàm trên [1; 3] và f (1)  0, max f (x )  10. Tìm giá trị nhỏ nhất của tích phân